6.2 Lineare Differentialgleichungen erster Ordnung

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1 Lineare Differentialgleichungen erster Ordnung Eine Differentialgleichung erster Ordnung heisst linear, wenn sie auf die Form y = p(x)y +q(x) (I) gebracht werden kann. Die DGL y = p(x)y (H) heisst die zur Gleichung (I) zugehörige homogene Gleichung. Entsprechend nennt man die Gleichung (I) manchmal inhomogen. Beispiel Wir betrachten die DGL xy 2y = x 3. Dies ist eine lineare DGL erster Ordnung, denn wir können sie umschreiben zu y = 2 x y +x2. (I) Es ist also p(x) = 2 x und q(x) = x2. Die zugehörige homogene Gleichung ist y = 2 x y. (H) Diese homogene Gleichung können wir durch Trennung der Variablen lösen: Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung (H) ist also y H (x) = Ax 2. Wie finden wir die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung (I)? Nun, wir suchen zunächst eine einzelne Lösung von (I); man nennt sie partikuläre Lösung. Um diese zu finden, machen wir einen Ansatz, der Variation der Konstanten genannt wird und erstmals von Joseph-Louis Lagrange ( ) benutzt wurde. Wir nehmen die allgemeine Lösung y H (x) = Ax 2 von (H) und ersetzen die Konstante A durch eine (noch unbekannte) Funktion a(x), das heisst wir setzen y(x) = a(x) x 2.

2 99 Diesen Ansatz setzen wir in die Gleichung (I) ein: Wir erhalten also a(x) = x + c. Die Konstante c können wir weglassen, da wir nur eine einzelne Lösung von (I) suchen; also a(x) = x genügt. Damit erhalten wir eine partikuläre Lösung y P (x) = a(x) x 2 = x 3 der Gleichung (I). Nun addieren wir die partikuläre Lösung von (I) und die allgemeine Lösung von (H), y(x) = y P (x)+y H (x) = x 3 +Ax 2, und behaupten, dass dies die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung (I) ist. Wir können rasch überprüfen, dass y(x) tatsächlich eine Lösung von (I) ist: Diese Lösungsmethode funktioniert allgemein. Satz 6.1 Die allgemeine Lösung von (I) erhält man durch Addition einer partikulären Lösung von (I) und der allgemeinen Lösung von (H). Ist y P eine partikuläre Lösung von (I) und y H eine allgemeine Lösung von (H), dann können wir wie eben im Beispiel zeigen, dass y = y P +y H tatsächlich eine Lösung von (I) ist. Es gilt nämlich y P = p(x)y P +q(x) und y H = p(x)y H. Damit folgt y = y P +y H = p(x)y P +q(x)+p(x)y H = p(x)(y P +y H )+q(x) = p(x)y +q(x). Warum erhält man aber durch die im Satz beschriebenen Vorgehensweise alle Lösungen von (I)? Nun, wir können zeigen, dass die Differenz von zwei Lösungen y 1 und y 2 von (I) stets eine Lösung von (H) ist. Sei y = y 1 y 2. Dann gilt nämlich y = y 1 y 2 = p(x)y 1 +q(x) (p(x)y 2 +q(x)) = p(x)(y 1 y 2 ) = p(x)y, also ist y eine Lösung von (H). Es gilt also, dass y 2 = y 1 +y H für eine Lösung y H von (H).

3 100 Methode zur Bestimmung der allgemeinen Lösung von (I) Schritt 1: Bestimmung der allgemeinen Lösung y H von (H) durch Trennung der Variablen. Wir erhalten also für eine Stammfunktion P(x) von p(x). y H (x) = Ae P(x) Schritt 2: Bestimmung einerpartikulären Lösung y P von(i)durch Variation derkonstanten. Wir nehmen die allgemeine Lösung y H (x) = Ae P(x) von Schritt 1 und ersetzen die Konstante A durch a(x), das heisst, wir machen den Ansatz y P (x) = a(x)e P(x). Diesen Ansatz setzen wir in die Gleichung (I) ein, um daraus a(x) bestimmen zu können. Wir erhalten dadurch eine partikuläre Lösung y P (x) von (I). Schritt 3: Die allgemeine Lösung von (I) ist nun gegeben durch y(x) = y P (x)+y H (x). Beispiel Gesucht ist die allgemeine Lösung der inhomogenen linearen DGL y = y +x. Schritt 1: Wir bestimmen die allgemeine Lösung y H der zugehörigen homogenen Gleichung y = y. Schritt 2: Wir bestimmen eine partikuläre Lösung y P der inhomogenen DGL y = y +x.

4 101 Wir machen den Ansatz y(x) = a(x) e x und setzen ihn in die Gleichung y = y +x ein: Damit erhalten wir die partikuläre Lösung Schritt 3: Die allgemeine Lösung der DGL y = y +x ist demnach y(x) = y P +y H = 1 x+ae x. Die Bilder zeigen die eindeutigen Lösungen zu verschiedenen Anfangsbedingungen: Bild links: y(0) = 0 = A = 1 Bild Mitte: y(0) = 1 2 = A = 1 2 Bild rechts: y(0) = 1 = A = 0

5 Lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung Wir beginnen mit drei Beispielen. 1. Die DGL y = 0 hat die allgemeine Lösung y(x) = Ax+B für beliebige Konstanten A und B. Kontrolle: 2. Die DGL y = y hat die allgemeine Lösung y(x) = Ae x +Be x für beliebige Konstanten A und B. Kontrolle: 3. Die DGL y = y hat die allgemeine Lösung y(x) = Acos(x)+Bsin(x) für beliebige Konstanten A und B. Kontrolle: In allen drei Beispielen können zwei Konstanten A und B frei gewählt werden. Um eine eindeutige Lösung zu erhalten, müssen deshalb zwei Anfangsbedingungen vorgegeben werden, zum Beispiel y(0) und y (0). Allgemein untersuchen wir hier Differentialgleichungen der Form ay +by +cy = 0 (6) mit a 0, welche man homogene lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung (mit konstanten Koeffizienten) nennt.

6 103 Wir bemerken zuerst, dass für eine Lösung y von (6) auch Ay eine Lösung ist, und sind y 1, y 2 zwei Lösungen von (6), dann ist auch die Summe y 1 +y 2 eine Lösung von (6). Um eine Lösung von (6) zu finden, machen wir den Ansatz y(x) = e λx und setzen ihn in die Gleichung (6) ein: Da e λx 0, folgt aλ 2 +bλ+c = 0. Diese Gleichung nennt man charakteristische Gleichung von (6). Wir erhalten also eine Lösung y(x) = e λx von (6), wenn λ die charakteristische Gleichung erfüllt. Nun, diese Gleichung hat entweder zwei verschiedene reelle Lösungen, eine reelle Lösung oder zwei konjugiert komplexe Lösungen. Wir untersuchen diese drei Fälle nacheinander. 1. Fall: Die Gleichung aλ 2 +bλ+c = 0 hat zwei verschiedene reelle Lösungen. Dies ist genau dann der Fall, wenn b 2 4ac > 0. Die beiden reellen Lösungen sind dann gegeben durch λ 1 = b+ b 2 4ac 2a Die allgemeine Lösung der DGL (6) ist in diesem Fall und λ 2 = b b 2 4ac 2a y(x) = Ae λ 1x +Be λ 2x. Dasse λ 1x unde λ 2x Lösungensind,istklar, daλ 1 undλ 2 Lösungendercharakteristischen Gleichung sind. Nach der Bemerkung oben ist dann auch jede Linearkombination eine Lösung. Beispiel Gesucht ist die Lösung der DGL 2y 10y +12y = 0 mit den Anfangsbedingungen y(0) = 7 und y (0) = 19..

7 104 Die Lösung ist also y(x) = 2e 2x +5e 3x. 2. Fall: Die Gleichung aλ 2 +bλ+c = 0 hat eine reelle Lösung. Dies ist genau dann der Fall, wenn b 2 4ac = 0. Die Lösung ist dann gegeben durch λ 0 = b 2a. Die allgemeine Lösung der DGL (6) ist in diesem Fall y(x) = (Ax+B)e λ 0x. Dass Be λ 0x eine Lösung ist, ist klar von der Herleitung. Dass xe λ 0x eine Lösung ist, könnte man durch Einsetzen in die Gleichung (6) überprüfen. Beispiel Gesucht ist die Lösung der DGL y 10y +25y = 0 mit den Anfangsbedingungen y(0) = 3 und y (0) = 13.

8 105 Die Lösung ist also y(x) = ( 2x+3)e 5x. 3. Fall: Die Gleichung aλ 2 +bλ+c = 0 hat zwei konjugiert komplexe Lösungen. Dies ist genau dann der Fall, wenn b 2 4ac < 0. Die beiden konjugiert komplexen Lösungen sind dann gegeben durch λ 1 = α+iω und λ 2 = α iω, wobei α = b 4ac b 2 und ω = 2a 2a Die allgemeine Lösung der DGL (6) ist in diesem Fall. y(x) = e αx (Asin(ωx)+Bcos(ωx)). Dass e αx sin(ωx) und e αx cos(ωx) Lösungen von (6) sind, könnten wir vermuten, da e λ1x = e (α+iω)x = e αx e iωx = e αx (cos(ωx)+isin(ωx)) eine Lösung von (6) ist. Beispiel Gesucht ist die Lösung der DGL y 4y +13y = 0 mit den Anfangsbedingungen y(0) = 3 und y (0) = 9.

9 106 Die Lösung ist also y(x) = e 2x (sin(3x)+3cos(3x)) = 10e 2x (sin(3x+u)) mit u = arccos ( 1 10 ) 1,25 (vgl. Satz 2.9). Physikalische Anwendung: Das Federpendel Wir betrachten einen an einer Spiralfeder aufgehängten Körper der Masse m. Die Funktion y(t) soll die Auslenkung des Körpers aus der Ruhelage zum Zeitpunkt t beschreiben. Experimente zeigen, dass bei kleinen Auslenkungen aus der Ruhelage die rücktreibende Kraft proportional zur Auslenkung ist. Da die Kraft gleich Masse m mal Beschleunigung y (t) ist, erhalten wir die Differentialgleichung my = ky wobei der Faktor k > 0 nur von der Feder abhängt und Federkonstante genannt wird. In der Gleichung steht ein Minuszeichen, weil die Kraft entgegen der Auslenkung wirkt. Wir können diese DGL umschreiben zu my +ky = 0 und erkennen, dass dies eine homogene lineare DGL zweiter Ordnung ist. Die zugehörige charakteristische Gleichung ist mλ 2 +k = 0. Wir sind also im 3. Fall und finden die beiden konjugiert komplexen Lösungen Wir erhalten die allgemeine Lösung ( k ) ( y(t) = Asin m t k ) +Bcos m t. Befindet sich der Körper 30cm unterhalb der Ruhelage zum Zeitpunkt t = 0 und hat er dort eine Geschwindigkeit von 40 cm s, so haben wir die Anfangsbedingungen y(0) = 0,3 und y (0) = 0,4. Wählen wir m = k, das heisst ω = 1, dann erhalten wir A = 0,4 und B = 0,3.

10 107 Das Federpendel beschreibt also die Schwingung y(t) = 1 ( ) 1 4sin(t) 3cos(t) = 10 2 sin(t u) mit u 0,644. Die Grösse ω = ist diekreisfrequenz, welche denwinkel (im Bogenmass) k m pro Sekunde misst. Zwischen dieser Kreisfrequenz und der gewöhnlichen Frequenz f (Anzahl Schwingungen pro Sekunde) gilt die Beziehung ω = 2π f. In Wirklichkeit ist die Schwingung jedoch gedämpft, das heisst die Amplitude (oben 1 2 ) nimmt mit der Zeit ab. Dies hängt mit dem Luftwiderstand (Reibung) zusammen. Berücksichtigen wir die Reibung (sie ist proportional zur Geschwindigkeit y (t)), so erhalten wir die Differentialgleichung my = ky ρy wobei ρ die Stärke der Reibung beschreibt. Diese DGL schreiben wir um zu Die zugehörige charakteristische Gleichung ist my +ρy +ky = 0. mλ 2 +ρλ+k = 0. Wir nehmen nun an, dass die Reibung klein ist, das heisst, es gelte ρ 2 < 4mk. Damit sind wir wieder im 3. Fall. Für die allgemeine Lösung erhalten wir y(t) = e αt (Asin(ωt)+Bcos(ωt)) = Ce αt sin(ωt+u) mit α = ρ k 2m und ω = m ρ2 4m 2 und reellen Zahlen A, B (bzw. C, u), welche durch die Anfangsbedingungen festgelegt werden. Man erkennt, dass die Schwingung gedämpft ist, das heisst die Amplitude nimmt ab und zwar exponentiell mit Ce αt = Ce ρ 2m t.

11 Systeme von linearen Differentialgleichungen Die einfachste Form eines solchen Systems besteht aus zwei Differentialgleichungen y 1 = ay 1 +by 2 y 2 = cy 1 +dy 2 (7) und hat als Lösung Paare von Funktionen y 1 (x), y 2 (x). Diese beiden Funktionen sind also untereinander gekoppelt. Um eine Lösung zu finden, machen wir den Ansatz y 1 (x) = e λx, y 2 (x) = ke λx. Setzen wir dies in das System (7) ein, erhalten wir die Gleichungen Hieraus folgt und damit (a λ)+bk = 0 c+(d λ)k = 0. k = a λ b = c d λ λ 2 (a+d)λ+(ad bc) = 0. Diese Gleichung heisst charakteristische Gleichung des Systems (7). Hat die charakteristische Gleichung die beiden reellen Lösungen λ 1 und λ 2, so ist die allgemeine Lösung von (7) gegeben durch mit k 1,2 = a λ 1,2 b y 1 (x) = Ae λ 1x +Be λ 2x y 2 (x) = Ak 1 e λ 1x +Bk 2 e λ 2x = c d λ 1,2 und beliebigen Konstanten A,B. Sind die Lösungen der charakteristischen Gleichung nicht reell, sondern konjugiert komplex, so liefern die gleichen Formeln die allgemeine Lösung, indem man den Real- und den Imaginärteil betrachtet (wie im 3. Fall im Abschnitt vorher). Beispiel Die charakteristische Gleichung ist y 1 = 3y 1 2y 2 y 2 = 2y 1 2y 2 Wir finden und damit ist die allgemeine Lösung des Systems y 1 (x) = Ae x +Be 2x y 2 (x) = 2Ae x + B 2 e2x.

12 109 Interessant sind weiter Systeme von Differentialgleichungen, welche zwei (oder mehrere) Populationen beschreiben, die miteinander agieren. Dabei sind verschiedene Wechselwirkungen möglich: die beiden Populationen konkurrieren (z. B. um Nahrung, Platz, Licht, usw.) Räuber-Beute-Beziehungen Symbiose Solche Situationen können vereinfacht durch das folgende allgemeine System von Differentialgleichungen beschrieben werden: y 1 = ay 1 +by 1 y 2 y 2 = cy 2 +dy 1 y 2 wobei die Vorzeichen der reellen Zahlen a, b, c, d die Art der Wechselbeziehung festlegen. Wir wollen hier eine Räuber-Beute-Beziehung zwischen Luchsen und Hasen untersuchen, für welche wir ein noch einfacheres Modell benutzen. Und zwar gehen wir von einem Gleichgewichtszustand für beide Populationen (Luchse und Hasen) aus: L = Anzahl Luchse im Gleichgewichtszustand H = Anzahl Hasen im Gleichgewichtszustand Im Gleichgewichtszustand wären beide Populationen konstant. Sobald das Gleichgewicht gestört wird, entstehen variable Populationen. Es sei l(t) = Anzahl Luchse zur Zeit t h(t) = Anzahl Hasen zur Zeit t Das Wachstum der Luchspopulation l(t) hängt vom Nahrungsangebot h(t) ab. Die Abnahme der Hasenpopulation h(t) wird durch die Feinde l(t) bestimmt. Damit erhalten wir das System von Differentialgleichungen l (t) = a 2 (h(t) H) h (t) = b 2 (l(t) L) denn ein Überschuss an Hasen (h(t) > H) fördert die Luchspopulation und bei einem Überschuss an Luchsen (l(t) > L) nimmt die Hasenpopulation ab. Zur Lösung dieses Systems von Differentialgleichungen leiten wir jede Gleichung ab und setzen die andere ein:

13 110 Wir untersuchen zuerst die DGL für die Hasen h (t) = a 2 b 2 h(t)+a 2 b 2 H. Dies ist eine inhomogene DGL zweiter Ordnung. Die zugehörige homogene DGL ist h (t) = a 2 b 2 h(t). Eine solche DGL haben wir schon beim Federpendel gelöst! Analog finden wir also die allgemeine Lösung h H (t) = Asin(abt)+Bcos(abt). Für die inhomogene DGL erraten wir die partikuläre Lösung h P (t) = H. Die DGL für die Hasen ist also erfüllt durch die allgemeine Lösung h(t) = h P (t)+h H (t) = H +Asin(abt)+Bcos(abt). Um l(t) zu bestimmen, leiten wir diese Gleichung ab und setzen die abgeleitete Gleichung in die DGL h (t) = b 2 (l(t) L) ein: Wir erhalten l(t) = L+ a b Bsin(abt) a b Acos(abt). Nun passen wir noch die Konstanten an, indem wir setzen. Damit erhalten wir C = 1 A = A = bc b D = 1 B = B = bd b l(t) = L+aDsin(abt) accos(abt) h(t) = H +bcsin(abt)+bdcos(abt). Beide Populationen schwanken um den Gleichgewichtszustand. Nehmen wir nun konkrete Zahlen, und zwar sei a 2 = 0,4 und b 2 = 0,9, sowie L = 40 und H = 60.

14 111 Mit den Anfangsbedingungen l(0) = 35 und h(0) = 30 erhalten wir l(t) = 40 20sin(0,6t) 5cos(0,6t) h(t) = 60+7,5sin(0,6t) 30cos(0,6t) Mit den Anfangsbedingungen l(0) = 10 und h(0) = 20 erhalten wir l(t) = sin(0,6t) 30cos(0,6t) h(t) = 60+45sin(0,6t) 40cos(0,6t) Sterben die Populationen etwa aus? Wir erkennen, dass dem so ist, wenn wir die beiden Funktionen l(t) und h(t) umschreiben zu l(t) = 40+40,14cos(0,6t+2,41) h(t) = 60+60,21cos(0,6t 2,30)